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湖南省衡陽(yáng)市祁東縣2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期7月期末物理試題
1．（2024高一下·祁東期末）“打水漂”是人類(lèi)古老的游戲之一，游戲者運(yùn)用手腕的力量把石片扔出，使得石片在水面上彈跳數(shù)次。某次游戲者打水漂時(shí)將石片以某初速度水平扔出，不計(jì)空氣阻力。對(duì)于石片從被扔出到首次落到水面上的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．石片被拋出的速度越大，在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)
B．石片落到水面時(shí)速度方向不可能與水面平行
C．從同高度拋出的石片速度越大，石片落到水面時(shí)速度方向與水面的夾角越大
D．石片落到水面時(shí)的速度大小與被拋出的速度大小無(wú)關(guān)
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】A．石片做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)豎直方向的位移公式有
解得
根據(jù)表達(dá)式可以得出高度決定物體下落時(shí)間，故A錯(cuò)誤；
B．石片在空中做拋體運(yùn)動(dòng)，豎直方向分速度不為零，根據(jù)速度的合成可以得出石片落到水面時(shí)速度方向不可能與水面平行，故B正確；
C．由拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律知，石片落到水面時(shí)速度方向與水面的夾角為，根據(jù)速度的分解有
從同一高度拋出的石片速度越大，則越大，夾角越小，故C錯(cuò)誤；
D．由拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律知，根據(jù)速度的合成可以得出石片落到水面時(shí)的速度大小為
故石片落到水面時(shí)的速度大小與拋出的速度有關(guān)，故D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】利用豎直方向的位移公式可以判別下落高度決定運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；利用速度的分解可以判別速度的方向及合速度的大小。
2．（2024高一下·祁東期末）如圖所示，某質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)沿曲線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，此時(shí)速度方向沿x軸正方向，經(jīng)過(guò)B 點(diǎn)后受到恒定合力的持續(xù)作用，軌跡變?yōu)樘摼€所示，則該質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò) B 點(diǎn)后受到的恒定合力方向可能為（　　）
A．沿x軸正方向 B．沿x軸負(fù)方向 C．沿y軸正方向 D．沿y軸負(fù)方向
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】曲線運(yùn)動(dòng)的條件
【解析】【解答】曲線運(yùn)動(dòng)中，合力方向與軌跡的關(guān)系是合力指向軌跡的凹側(cè) 。已知質(zhì)點(diǎn)過(guò)B點(diǎn)后速度沿x軸正方向，軌跡（虛線）的凹側(cè)朝向y軸正方向 ，所以，根據(jù) “合力指向軌跡凹側(cè)” 這一規(guī)律，質(zhì)點(diǎn)過(guò)B點(diǎn)后受到的恒定合力方向必指向y軸正方向，即合力方向沿y軸正方向。
故答案為：C。
【分析】首先確定質(zhì)點(diǎn)過(guò)B點(diǎn)后的速度方向（沿x軸正方向 ）然后觀察軌跡（虛線）的凹側(cè)朝向（y軸正方向 ）最后由 “合力指向軌跡凹側(cè)”，直接判斷合力方向沿y軸正方向，對(duì)應(yīng)選項(xiàng)C 。
3．（2024高一下·祁東期末）如圖所示，在直立、內(nèi)壁光滑的管內(nèi)放置一輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)其上端處于O點(diǎn)，將小球從管口A點(diǎn)由靜止釋放，將彈簧壓縮至最低點(diǎn)B，不計(jì)空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，對(duì)于小球從A點(diǎn)釋放至第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．該過(guò)程中小球受到的重力先做正功再做負(fù)功
B．該過(guò)程中小球的機(jī)械能守恒
C．該過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能先增大后減小
D．該過(guò)程中小球受到的重力做功的功率先增大后減小
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】功的計(jì)算；功率及其計(jì)算；機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】A．由于小球下落過(guò)程速度方向與重力方向相同所以該過(guò)程中小球受到的重力一直做正功，故A錯(cuò)誤；
B．從A到O過(guò)程，小球只受重力作用，機(jī)械能守恒，從O到B過(guò)程，由于彈簧彈力對(duì)小球做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可以得出小球的機(jī)械能減少，故B錯(cuò)誤；
C．該過(guò)程中彈簧的壓縮量一直增大，根據(jù)彈性勢(shì)能的表達(dá)式可以得出該過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能一直增大，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)功率的表達(dá)式有
由于該過(guò)程中小球的速度先增大后減小，所以小球受到的重力做功的功率先增大后減小，故D正確。
故選D。
【分析】利用速度的方向和重力的方向可以判別重力做正功；利用從A到O過(guò)程，小球只受重力作用，機(jī)械能守恒，從O到B過(guò)程，由于彈簧彈力對(duì)小球做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可以得出小球的機(jī)械能減少；利用彈簧形變量的變化可以判別彈性勢(shì)能的大小變化；利用重力和速度的大小可以判別重力瞬時(shí)功率的大小變化。
4．（2024高一下·祁東期末）2024年6月6日，嫦娥六號(hào)上升器成功與軌道器和返回器組合體完成月球軌道的交會(huì)對(duì)接。該次對(duì)接過(guò)程簡(jiǎn)化為如圖所示，軌道器和返回器組合體（以下簡(jiǎn)稱(chēng)組合體）繞月球做半徑為3R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，上升器從橢圓軌道的近月點(diǎn)B（近似為月球表面處）運(yùn)行半個(gè)周期，到橢圓軌道的遠(yuǎn)月點(diǎn)A時(shí)，恰好與組合體實(shí)現(xiàn)對(duì)接，之后兩者一起沿組合體原有軌道運(yùn)動(dòng)。已知月球半徑為R，月球表面的重力加速度為g月，忽略月球自轉(zhuǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．組合體的運(yùn)行周期為
B．上升器對(duì)接后機(jī)械能減小
C．上升器在橢圓軌道上的運(yùn)行速率均小于對(duì)接后的運(yùn)行速率
D．上升器在橢圓軌道上的運(yùn)行周期與組合體的運(yùn)行周期之比為
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速；萬(wàn)有引力定律；衛(wèi)星問(wèn)題
【解析】【解答】A．在月球表面有
對(duì)組合體有
解得
故A正確；
B．上升器要與組合體對(duì)接，需從橢圓軌道變軌到組合體的圓周軌道，此過(guò)程需要加速（通過(guò)發(fā)動(dòng)機(jī)做功增加機(jī)械能 ），因此，上升器對(duì)接后機(jī)械能增大，故B錯(cuò)誤；
C．上升器在橢圓軌道的近月點(diǎn)（近似月球表面 ），其速度大于近月圓周軌道衛(wèi)星的速度（橢圓近月點(diǎn)速度是“離心”速度，大于同軌道圓周運(yùn)動(dòng)速度 ），根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)速度公式
近月軌道（ ）衛(wèi)星速度
組合體軌道（ ）速度
顯然 ，因上升器在橢圓近月點(diǎn)速度大于，而，所以上升器在橢圓軌道上存在速度大于組合體對(duì)接后速度的位置（近月點(diǎn) ），故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律
其中，，可得上升器在橢圓軌道上的運(yùn)行周期與組合體的運(yùn)行周期之比為，故D錯(cuò)誤。
故答案為：A。
【分析】選項(xiàng)A：利用“月球表面重力 = 萬(wàn)有引力”建立與月的關(guān)系；結(jié)合組合體圓周運(yùn)動(dòng)的“萬(wàn)有引力 = 向心力”，聯(lián)立求解周期。
選項(xiàng)B：對(duì)接需要變軌到更高軌道（組合體軌道 ），變軌邏輯是“加速離心”，因此機(jī)械能增加。
選項(xiàng)C：對(duì)比橢圓近月點(diǎn)速度、近月圓周軌道速度、組合體軌道速度的大小關(guān)系，判斷“是否所有位置速度都小于對(duì)接后速度”。
選項(xiàng)D：先確定橢圓軌道半長(zhǎng)軸，再用開(kāi)普勒第三定律（常量 ）計(jì)算周期比。
5．（2024高一下·祁東期末）如圖所示，在籃球訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員將質(zhì)量為m的籃球從O點(diǎn)（圖中未畫(huà)出）以速度水平拋出，經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向的夾角分別為30°、45°，重力加速度大小為g，取O點(diǎn)所在水平面為重力勢(shì)能的參考平面，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．籃球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率為
B．籃球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)重力做的功為
C．籃球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)下降的高度為
D．籃球在B點(diǎn)的機(jī)械能為
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；平拋運(yùn)動(dòng)；功率及其計(jì)算；機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】A．平拋運(yùn)動(dòng)水平速度不變，在點(diǎn)，速度方向與水平夾角，則豎直分速度
重力瞬時(shí)功率
（是豎直分速度 ）
代入得
不是，故A錯(cuò)誤；
B．籃球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小
由動(dòng)能定理有
故B錯(cuò)誤；
C．籃球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度大小
由動(dòng)能定理有
解得
故C正確；
D．籃球在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能
重力勢(shì)能
機(jī)械能
故D錯(cuò)誤。
故答案為：C。
【分析】選項(xiàng)A：分解點(diǎn)速度，得豎直分速度；用重力瞬時(shí)功率公式（為豎直分速度 ）判斷。
選項(xiàng)B：分解點(diǎn)速度，得點(diǎn)速率；用動(dòng)能定理（重力做功 = 動(dòng)能變化量 ）計(jì)算到的重力做功。
選項(xiàng)C：分解點(diǎn)速度，得點(diǎn)速率；用動(dòng)能定理（重力做功 = 動(dòng)能變化量 ）計(jì)算下降高度。
選項(xiàng)D：分別計(jì)算點(diǎn)動(dòng)能（ ）和重力勢(shì)能（，參考面為 ）；機(jī)械能，代入判斷。
6．（2024高一下·祁東期末）如圖所示，質(zhì)量為m的小球穿在半徑為R的光滑圓環(huán)上，圓環(huán)可繞豎直方向的軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，相對(duì)于圓環(huán)靜止（未在圓環(huán)最低點(diǎn)）的小球和圓心的連線與轉(zhuǎn)軸的夾角為（大小未知），重力加速度大小為g．下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．
B．
C．只要圓環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度足夠大，可能為
D．當(dāng)時(shí)，小球仍能在圓環(huán)上除最低點(diǎn)外的某位置相對(duì)于圓環(huán)靜止
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】生活中的圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】AB．當(dāng)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：
解得
A錯(cuò)誤，B正確；
C．當(dāng)時(shí)，彈力方向水平，豎直方向上小球只受到重力，無(wú)法平衡，無(wú)論如何小球無(wú)法做圓周運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)時(shí)，根據(jù)表達(dá)式可以得出圓環(huán)靜止（未在圓環(huán)最低點(diǎn)）的小球和圓心的連線與轉(zhuǎn)軸的夾角為
根據(jù)表達(dá)式可以得出是不可能的，D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】利用小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的牛頓第二定律可以求出夾角余弦值的大小，利用余弦值的表達(dá)式可以判別小球的角速度大小；由于小球豎直方向要保持平衡，所以當(dāng)時(shí)，小球無(wú)法做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。
7．（2024高一下·祁東期末）如圖所示，北斗系統(tǒng)主要由離地面高度約為6R（R為地球半徑）的地球同步衛(wèi)星和離地面高度約為3R的中軌道衛(wèi)星組成，忽略地球自轉(zhuǎn)。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．中軌道衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的向心加速度大小之比為49∶16
B．中軌道衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的向心加速度大小之比為36∶9
C．中軌道衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的線速度大小之比為7∶4
D．中軌道衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的線速度大小之比為∶2
【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用；衛(wèi)星問(wèn)題
【解析】【解答】地球?qū)πl(wèi)星的引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有
解得加速度和速度的表達(dá)式為
，
可得
，
故選AD。
【分析】利用引力提供向心力可以求出向心加速度和線速度的比值。
8．（2024高一下·祁東期末）飛機(jī)向山坡投彈可簡(jiǎn)化為如圖所示的物理模型：以90m/s的速度水平勻速飛行的飛機(jī)釋放炸彈，炸彈飛行一段時(shí)間，剛好垂直擊中山坡上的A點(diǎn)，已知山坡斜面傾角，A點(diǎn)離山坡底部O點(diǎn)的距離m，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度大小，，。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．炸彈在空中的位移大小為1080m
B．炸彈在空中飛行的時(shí)間為15s
C．炸彈擊中A點(diǎn)時(shí)的速度大小為150m/s
D．炸彈被釋放的位置到O點(diǎn)的水平距離為600m
【答案】C,D
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】BC．炸彈離開(kāi)飛機(jī)后做平拋運(yùn)動(dòng)，分解炸彈在A點(diǎn)的速度，如圖
根據(jù)速度的分解及速度公式有
，
解得
，
故B錯(cuò)誤；C正確；
A．炸彈做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移公式有
炸彈在空中的位移大小為
聯(lián)立，解得
故A錯(cuò)誤；
D．根據(jù)幾何關(guān)系可以得出炸彈被釋放的位置到O點(diǎn)的水平距離為
聯(lián)立，解得
故D正確。
故選CD。
【分析】炸彈做平拋運(yùn)動(dòng)，利用速度的分解結(jié)合速度公式可以求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及初速度的大小，結(jié)合位移公式可以求出運(yùn)動(dòng)的位移；利用幾何關(guān)系可以求出釋放位置到達(dá)O點(diǎn)的水平距離的大小。
9．（2024高一下·祁東期末）一傾角為的圓盤(pán)繞垂直盤(pán)面的軸以大小為的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，盤(pán)面上有一個(gè)離轉(zhuǎn)軸距離為r、質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）隨圓盤(pán)一起轉(zhuǎn)動(dòng)（相對(duì)于盤(pán)面靜止）。如圖所示，P點(diǎn)是物塊運(yùn)動(dòng)的軌跡圓上的最高點(diǎn)，Q點(diǎn)是物塊運(yùn)動(dòng)的軌跡圓上的最低點(diǎn)，重力加速度大小為g，物塊與圓盤(pán)間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．物塊經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)受到的靜摩擦力大小為
B．物塊經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)受到的靜摩擦力大小為
C．物塊與盤(pán)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)可能為
D．若圓盤(pán)的角速度繼續(xù)緩慢增大，則物塊最容易與圓盤(pán)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的位置為Q點(diǎn)
【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；生活中的圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】物塊隨圓盤(pán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)向心力的表達(dá)式可以得出：物塊所需向心力為
A．物塊經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，重力的分力和摩擦力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律
解得物塊經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)受到的靜摩擦力大小為：
故A正確；
B．物塊經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)重力的分力和摩擦力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律
解得物塊經(jīng)過(guò)P點(diǎn)受到的靜摩擦力大小為：
故B錯(cuò)誤；
C．由于物塊相對(duì)圓盤(pán)精致，則物塊受到的靜摩擦力小于等于最大靜摩擦力，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力的表達(dá)式可以得出：
解得
故C錯(cuò)誤；
D．若圓盤(pán)的角速度繼續(xù)緩慢增大，物塊經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，沿斜面向上的靜摩擦力和沿斜面向下的重力的分力的合力提供向心力，即靜摩擦力等于重力與向心力之和；物塊經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)，沿斜面向下的靜摩擦力和沿斜面向下的重力的分力的合力提供向心力，即靜摩擦力等于重力與向心力之差，即在Q點(diǎn)時(shí)的靜摩擦力大，所以，若圓盤(pán)的角速度繼續(xù)緩慢增大，則物塊最容易與圓盤(pán)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的位置為Q點(diǎn)，故D正確。
故選AD。
【分析】利用向心力的表達(dá)式結(jié)合牛頓第二定律可以求出物塊經(jīng)過(guò)各點(diǎn)受到的靜摩擦力大小；利用靜摩擦力小于滑動(dòng)摩擦力進(jìn)而求出動(dòng)摩擦因數(shù)的范圍；比較各點(diǎn)受到的靜摩擦力大小進(jìn)而判別物塊在Q點(diǎn)最容易發(fā)生滑動(dòng)。
10．（2024高一下·祁東期末）套在固定點(diǎn)O上的輕桿兩端分別固定小球A、B（可看成質(zhì)點(diǎn)），小球A、B到O點(diǎn)的距離分別為2L、L。當(dāng)小球A、B繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球A經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為。已知小球A、B的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和O點(diǎn)處摩擦。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．小球B經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小為
B．小球B經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小為0
C．小球A從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能減小量為
D．小球A經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小為6mg
【答案】A,C
【知識(shí)點(diǎn)】向心力；機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球A經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)小球B經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)，此時(shí)小球B的速度大小
對(duì)小球B受力分析有
解得
根據(jù)牛頓第三定律可知小球B經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小為，故A正確；
B．取O點(diǎn)所在平面為重力勢(shì)能的參考平面，小球A從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，有
其中
解得
此時(shí)小球B經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)，有
解得
根據(jù)牛頓第三定律可知小球B經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小為，故B錯(cuò)誤；
C．小球A從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能的減小量
故C正確；
D．小球A經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)有
解得
根據(jù)牛頓第三定律，小球A經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小為，故D錯(cuò)誤。
故答案為：AC。
【分析】選項(xiàng)A：利用同軸轉(zhuǎn)動(dòng)相同，由得，對(duì)B在最低點(diǎn)用向心力公式（合力 = 向心力 ），結(jié)合牛頓第三定律判斷。
選項(xiàng)B：系統(tǒng)機(jī)械能守恒（A、B和桿組成的系統(tǒng)，只有重力、內(nèi)力做功 ），列初末機(jī)械能等式；結(jié)合求出B在最高點(diǎn)的速度；對(duì)B在最高點(diǎn)用向心力公式，判斷桿的作用力。
選項(xiàng)C：計(jì)算A的初末機(jī)械能（動(dòng)能 + 重力勢(shì)能 ）；機(jī)械能變化量 = 末態(tài)機(jī)械能 - 初態(tài)機(jī)械能，得減小量。
選項(xiàng)D：對(duì)A在最低點(diǎn)用向心力公式（合力 = 向心力 ）；結(jié)合牛頓第三定律判斷A對(duì)桿的作用力。
11．（2024高一下·祁東期末）某同學(xué)為了完成“探究向心力大小與角速度大小的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)，設(shè)計(jì)了圖甲所示的裝置。固定于轉(zhuǎn)軸上的傳感器與電腦連接，傳感器通過(guò)一不可伸長(zhǎng)的細(xì)線連接物塊，細(xì)線剛好拉直，物塊隨轉(zhuǎn)盤(pán)緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，在電腦上記錄下細(xì)線上的拉力F和轉(zhuǎn)盤(pán)的轉(zhuǎn)速n。
（1）實(shí)驗(yàn)中需在改變物塊的角速度時(shí)，控制物塊的　 　和做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變。
（2）物塊的角速度大小ω=　 　（用π、n表示）
（3）改變圓盤(pán)的轉(zhuǎn)速，得到多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)后獲得F—ω2的圖像如圖乙所示。分析物塊受力可知，該圖像不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是　 　。
【答案】（1）質(zhì)量
（2）2πn
（3）物塊與盤(pán)面間存在摩擦力
【知識(shí)點(diǎn)】向心力
【解析】【解答】（1）根據(jù)向心力的表達(dá)式有
實(shí)驗(yàn)中探究向心力與角速度的關(guān)系時(shí)，控制物塊的質(zhì)量和做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變。
（2）根據(jù)角速度和轉(zhuǎn)速的關(guān)系可以得出物塊的角速度大小
（3）當(dāng)物塊隨盤(pán)緩慢加速過(guò)程中，物塊的向心力先由靜摩擦力提供，當(dāng)達(dá)到最大靜摩擦力后，則由繩子的拉力和最大靜摩擦力的合力提供，根據(jù)牛頓第二定律有
所以
改變圓盤(pán)的轉(zhuǎn)速，得到多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)后獲得F—ω2的圖像如圖乙所示。根據(jù)表達(dá)式可以得出該圖像不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是物塊與盤(pán)面間存在摩擦力。
【分析】（1）實(shí)驗(yàn)中探究向心力與角速度的關(guān)系時(shí)，控制物塊的質(zhì)量和做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變；
（2）利用轉(zhuǎn)速的大小可以求出角速度的大小；
（3）利用牛頓第二定律可以得出該圖像不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是物塊與盤(pán)面間存在摩擦力。
（1）[1][2]向心力
實(shí)驗(yàn)中需在改變物塊的角速度時(shí)，控制物塊的質(zhì)量和做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變。
（2）物塊的角速度大小
ω=2πn
（3）當(dāng)物塊隨盤(pán)緩慢加速過(guò)程中，物塊的向心力先由靜摩擦力提供，當(dāng)達(dá)到最大靜摩擦力后，則由繩子的拉力和最大靜摩擦力的合力提供，即為
所以
改變圓盤(pán)的轉(zhuǎn)速，得到多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)后獲得F—ω2的圖像如圖乙所示。分析物塊受力可知，該圖像不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是物塊與盤(pán)面間存在摩擦力。
12．（2024高一下·祁東期末）某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的裝置來(lái)完成“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)，其中D為鐵架臺(tái)，E為固定在鐵架臺(tái)上的輕質(zhì)滑輪，F(xiàn)為光電門(mén)，C為固定在物塊A上、寬度為d的遮光條，物塊B與物塊A用跨過(guò)滑輪的細(xì)繩連接。鐵架臺(tái)上標(biāo)記一位置O，并測(cè)得該位置與光電門(mén)F之間的距離為h。讓遮光條C與位置O對(duì)齊，讓物塊A由靜止開(kāi)始下降，測(cè)得遮光條通過(guò)光電門(mén)時(shí)的遮光時(shí)間為t。實(shí)驗(yàn)時(shí)測(cè)得物塊A（含遮光條）、B的質(zhì)量分別為、，重力加速度大小為g。
（1）遮光條經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)物塊A的速度大小　 　，從物塊A開(kāi)始下落到遮光條經(jīng)過(guò)光電門(mén)的過(guò)程中，物塊A、B構(gòu)成的系統(tǒng)增加的動(dòng)能　 　，系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能　 　。（均用題目中給定的物理量符號(hào)表示）
（2）改變距離h，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，測(cè)得各次遮光條的擋光時(shí)間t，以h為橫軸、為縱軸建立平面直角坐標(biāo)系，在坐標(biāo)系中作出圖像，如圖乙所示，該圖像的斜率為k，在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若　 　（用題目中給定的物理量符號(hào)表示）成立，說(shuō)明系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
（3）實(shí)驗(yàn)時(shí)總是測(cè)得系統(tǒng)增加的動(dòng)能略小于減少的重力勢(shì)能，造成該誤差的原因可能是　 　（任寫(xiě)一種即可）。
【答案】（1）；；
（2）
（3）空氣阻力
【知識(shí)點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律
【解析】【解析】（1）根據(jù)平均速度公式可以得出：遮光條經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)物塊A的速度大小為
根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式可以得出：系統(tǒng)增加的動(dòng)能為
根據(jù)重力勢(shì)能的表達(dá)式可以得出：系統(tǒng)減小的重力勢(shì)能為
（2）A下落的過(guò)程中，根據(jù)A與B的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)動(dòng)能的變化量等于重力勢(shì)能的變化量則有：
整理得
根據(jù)表達(dá)式可以得出：圖像中圖線的斜率為
（3）重物下落過(guò)程中，由于空氣阻力、繩子與滑輪之間存在摩擦阻力，阻力對(duì)物體做功，則會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)時(shí)總是測(cè)得系統(tǒng)增加的動(dòng)能略小于減少的重力勢(shì)能，即機(jī)械能減小。
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出物塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)的速度大小，結(jié)合動(dòng)能的表達(dá)式可以求出動(dòng)能的增量；利用重力勢(shì)能的表達(dá)式可以求出重力勢(shì)能的減少量；
（2）利用機(jī)械能守恒定律可以導(dǎo)出時(shí)間與高度的表達(dá)式，進(jìn)而求出圖象斜率的大小；
（3）由于空氣阻力、繩子與滑輪之間存在摩擦阻力，阻力對(duì)物體做功，則會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)時(shí)總是測(cè)得系統(tǒng)增加的動(dòng)能略小于減少的重力勢(shì)能。
（1）[1]遮光條經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)物塊A的速度大小為
[2]系統(tǒng)增加的動(dòng)能為
[3]系統(tǒng)減小的重力勢(shì)能為
（2）若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則
即
整理得
所以，圖線的斜率為
（3）實(shí)驗(yàn)時(shí)總是測(cè)得系統(tǒng)增加的動(dòng)能略小于減少的重力勢(shì)能，即機(jī)械能減小，造成該誤差的原因可能是：空氣阻力、繩子與滑輪之間存在摩擦阻力。
13．（2024高一下·祁東期末）有研究表明，在銀河系中至少一半以上的恒星系統(tǒng)都是由雙星構(gòu)成的。由恒星1、2（可視為質(zhì)點(diǎn)）組成的雙星系統(tǒng)如圖所示，兩恒星以相等的角速度繞兩者連線上的O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，測(cè)得恒星1、2到O點(diǎn)的距離分別為2r、r，已知恒星1的質(zhì)量為m，引力常量為G。求：
（1）恒星2的質(zhì)量；
（2）恒星1、2間的萬(wàn)有引力大小F；
（3）恒星1的線速度大小。
【答案】解：（1）恒星1、2的向心力均由彼此間的萬(wàn)有引力提供，設(shè)兩者的角速度為，有
解得
（2）恒星1、2間的萬(wàn)有引力大小
解得
（3）恒星1做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有
解得

【知識(shí)點(diǎn)】雙星（多星）問(wèn)題
【解析】【分析】（1）由于恒星之間的引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合向心力相等可以求出質(zhì)量的比值；
（2）利用引力公式可以求出恒星之間引力的大小；
（3）恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用引力提供向心力可以求出速度的大小。
14．（2024高一下·祁東期末）如圖所示，某次無(wú)人機(jī)測(cè)試時(shí)，無(wú)人機(jī)通過(guò)長(zhǎng)的細(xì)線與水平地面上的物塊連接在一起。無(wú)人機(jī)在重力、細(xì)線拉力、豎直向上的升力的共同作用下，繞物塊正上方的O點(diǎn)所在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，物塊恰好未相對(duì)于地面滑動(dòng)，此時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角已知物塊的質(zhì)量，無(wú)人機(jī)的質(zhì)量，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，無(wú)人機(jī)及物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小。求∶
（1）細(xì)線上的拉力大小 F；
（2）無(wú)人機(jī)受到的豎直升力大小
（3）無(wú)人機(jī)的線速度大小v。
【答案】（1）解：對(duì)物塊受力分析，豎直方向上有
水平方向上有
Fsinθ=f
其中 ，解得F=5 N。
（2）解：對(duì)無(wú)人機(jī)受力分析，豎直方向上有
Fcosθ+Mg=
解得
（3）解：對(duì)無(wú)人機(jī)受力分析，水平方向上有
其中r=Lsinθ，解得v=1.2m/s。
【知識(shí)點(diǎn)】受力分析的應(yīng)用；共點(diǎn)力的平衡；向心力
【解析】【分析】1. 物塊拉力：物塊“恰好未滑動(dòng)”→ 水平靜摩擦力最大，豎直方向力平衡、水平方向力平衡，聯(lián)立方程消元求解。
2. 無(wú)人機(jī)升力升：無(wú)人機(jī)豎直方向受力平衡（升力 = 重力 + 拉力豎直分力 ），直接代入數(shù)據(jù)計(jì)算。
3. 無(wú)人機(jī)線速度：無(wú)人機(jī)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，拉力水平分力提供向心力，結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)半徑，用向心力公式列方程求解。
15．（2024高一下·祁東期末）如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB 與水平面BC 平滑連接于B 點(diǎn)，BC段粗糙，水平面BC與傳送帶CD 平滑連接于C 點(diǎn)，傳送帶與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道DE 相切于 D 點(diǎn)，E點(diǎn)為半圓形軌道的最高點(diǎn)，已知BC段長(zhǎng)度，CD段長(zhǎng)度半圓形軌道的半徑當(dāng)傳送帶以某一速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，從離水平面高4.6m 的A 點(diǎn)由靜止釋放質(zhì)量的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），物塊首次經(jīng)過(guò)E 點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小不考慮物塊首次通過(guò)E 點(diǎn)之后的運(yùn)動(dòng)。已知物塊與水平軌道 BC、傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小求∶
（1）物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（2）物塊運(yùn)動(dòng)到D 點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（3）物塊在傳送帶上時(shí)，物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。
【答案】（1）解：物塊從A 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理有
解得
（2）解：物塊首次經(jīng)過(guò)E點(diǎn)時(shí)有
根據(jù)牛頓第三定律
物塊從 D 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E 點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
。
（3）解：假設(shè)物塊在傳送帶上一直加速，則有
解得
可知假設(shè)不成立，傳送帶速度大小
物塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有
μmg=ma
可知加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
物塊加速運(yùn)動(dòng)的位移大小
傳送帶在物塊加速階段的位移大小
物塊相對(duì)于傳送帶的位移大小
物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量
Q=μmg△x
解得Q=0.8 J。
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—傳送帶模型；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】1. 點(diǎn)速度：物塊從到，重力做功、摩擦力做功，用動(dòng)能定理直接列方程求解。
2. 點(diǎn)速度：先分析點(diǎn)向心力（支持力 + 重力 ），由牛頓定律求點(diǎn)速度；再對(duì)到用動(dòng)能定理（重力做功 + 動(dòng)能變化 ），聯(lián)立求解。
3. 傳送帶摩擦生熱：先假設(shè)物塊在傳送帶一直加速，用動(dòng)能定理求末速度，與比較判斷運(yùn)動(dòng)狀態(tài)（先加速后勻速 ）；計(jì)算加速階段物塊與傳送帶的位移，得相對(duì)位移；用求摩擦生熱。
1 / 1湖南省衡陽(yáng)市祁東縣2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期7月期末物理試題
1．（2024高一下·祁東期末）“打水漂”是人類(lèi)古老的游戲之一，游戲者運(yùn)用手腕的力量把石片扔出，使得石片在水面上彈跳數(shù)次。某次游戲者打水漂時(shí)將石片以某初速度水平扔出，不計(jì)空氣阻力。對(duì)于石片從被扔出到首次落到水面上的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．石片被拋出的速度越大，在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)
B．石片落到水面時(shí)速度方向不可能與水面平行
C．從同高度拋出的石片速度越大，石片落到水面時(shí)速度方向與水面的夾角越大
D．石片落到水面時(shí)的速度大小與被拋出的速度大小無(wú)關(guān)
2．（2024高一下·祁東期末）如圖所示，某質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)沿曲線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，此時(shí)速度方向沿x軸正方向，經(jīng)過(guò)B 點(diǎn)后受到恒定合力的持續(xù)作用，軌跡變?yōu)樘摼€所示，則該質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò) B 點(diǎn)后受到的恒定合力方向可能為（　　）
A．沿x軸正方向 B．沿x軸負(fù)方向 C．沿y軸正方向 D．沿y軸負(fù)方向
3．（2024高一下·祁東期末）如圖所示，在直立、內(nèi)壁光滑的管內(nèi)放置一輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)其上端處于O點(diǎn)，將小球從管口A點(diǎn)由靜止釋放，將彈簧壓縮至最低點(diǎn)B，不計(jì)空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，對(duì)于小球從A點(diǎn)釋放至第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．該過(guò)程中小球受到的重力先做正功再做負(fù)功
B．該過(guò)程中小球的機(jī)械能守恒
C．該過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能先增大后減小
D．該過(guò)程中小球受到的重力做功的功率先增大后減小
4．（2024高一下·祁東期末）2024年6月6日，嫦娥六號(hào)上升器成功與軌道器和返回器組合體完成月球軌道的交會(huì)對(duì)接。該次對(duì)接過(guò)程簡(jiǎn)化為如圖所示，軌道器和返回器組合體（以下簡(jiǎn)稱(chēng)組合體）繞月球做半徑為3R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，上升器從橢圓軌道的近月點(diǎn)B（近似為月球表面處）運(yùn)行半個(gè)周期，到橢圓軌道的遠(yuǎn)月點(diǎn)A時(shí)，恰好與組合體實(shí)現(xiàn)對(duì)接，之后兩者一起沿組合體原有軌道運(yùn)動(dòng)。已知月球半徑為R，月球表面的重力加速度為g月，忽略月球自轉(zhuǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．組合體的運(yùn)行周期為
B．上升器對(duì)接后機(jī)械能減小
C．上升器在橢圓軌道上的運(yùn)行速率均小于對(duì)接后的運(yùn)行速率
D．上升器在橢圓軌道上的運(yùn)行周期與組合體的運(yùn)行周期之比為
5．（2024高一下·祁東期末）如圖所示，在籃球訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員將質(zhì)量為m的籃球從O點(diǎn)（圖中未畫(huà)出）以速度水平拋出，經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向的夾角分別為30°、45°，重力加速度大小為g，取O點(diǎn)所在水平面為重力勢(shì)能的參考平面，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．籃球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率為
B．籃球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)重力做的功為
C．籃球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)下降的高度為
D．籃球在B點(diǎn)的機(jī)械能為
6．（2024高一下·祁東期末）如圖所示，質(zhì)量為m的小球穿在半徑為R的光滑圓環(huán)上，圓環(huán)可繞豎直方向的軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，相對(duì)于圓環(huán)靜止（未在圓環(huán)最低點(diǎn)）的小球和圓心的連線與轉(zhuǎn)軸的夾角為（大小未知），重力加速度大小為g．下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．
B．
C．只要圓環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度足夠大，可能為
D．當(dāng)時(shí)，小球仍能在圓環(huán)上除最低點(diǎn)外的某位置相對(duì)于圓環(huán)靜止
7．（2024高一下·祁東期末）如圖所示，北斗系統(tǒng)主要由離地面高度約為6R（R為地球半徑）的地球同步衛(wèi)星和離地面高度約為3R的中軌道衛(wèi)星組成，忽略地球自轉(zhuǎn)。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．中軌道衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的向心加速度大小之比為49∶16
B．中軌道衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的向心加速度大小之比為36∶9
C．中軌道衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的線速度大小之比為7∶4
D．中軌道衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的線速度大小之比為∶2
8．（2024高一下·祁東期末）飛機(jī)向山坡投彈可簡(jiǎn)化為如圖所示的物理模型：以90m/s的速度水平勻速飛行的飛機(jī)釋放炸彈，炸彈飛行一段時(shí)間，剛好垂直擊中山坡上的A點(diǎn)，已知山坡斜面傾角，A點(diǎn)離山坡底部O點(diǎn)的距離m，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度大小，，。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．炸彈在空中的位移大小為1080m
B．炸彈在空中飛行的時(shí)間為15s
C．炸彈擊中A點(diǎn)時(shí)的速度大小為150m/s
D．炸彈被釋放的位置到O點(diǎn)的水平距離為600m
9．（2024高一下·祁東期末）一傾角為的圓盤(pán)繞垂直盤(pán)面的軸以大小為的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，盤(pán)面上有一個(gè)離轉(zhuǎn)軸距離為r、質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）隨圓盤(pán)一起轉(zhuǎn)動(dòng)（相對(duì)于盤(pán)面靜止）。如圖所示，P點(diǎn)是物塊運(yùn)動(dòng)的軌跡圓上的最高點(diǎn)，Q點(diǎn)是物塊運(yùn)動(dòng)的軌跡圓上的最低點(diǎn)，重力加速度大小為g，物塊與圓盤(pán)間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．物塊經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)受到的靜摩擦力大小為
B．物塊經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)受到的靜摩擦力大小為
C．物塊與盤(pán)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)可能為
D．若圓盤(pán)的角速度繼續(xù)緩慢增大，則物塊最容易與圓盤(pán)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的位置為Q點(diǎn)
10．（2024高一下·祁東期末）套在固定點(diǎn)O上的輕桿兩端分別固定小球A、B（可看成質(zhì)點(diǎn)），小球A、B到O點(diǎn)的距離分別為2L、L。當(dāng)小球A、B繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球A經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為。已知小球A、B的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和O點(diǎn)處摩擦。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．小球B經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小為
B．小球B經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小為0
C．小球A從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能減小量為
D．小球A經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小為6mg
11．（2024高一下·祁東期末）某同學(xué)為了完成“探究向心力大小與角速度大小的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)，設(shè)計(jì)了圖甲所示的裝置。固定于轉(zhuǎn)軸上的傳感器與電腦連接，傳感器通過(guò)一不可伸長(zhǎng)的細(xì)線連接物塊，細(xì)線剛好拉直，物塊隨轉(zhuǎn)盤(pán)緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，在電腦上記錄下細(xì)線上的拉力F和轉(zhuǎn)盤(pán)的轉(zhuǎn)速n。
（1）實(shí)驗(yàn)中需在改變物塊的角速度時(shí)，控制物塊的　 　和做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變。
（2）物塊的角速度大小ω=　 　（用π、n表示）
（3）改變圓盤(pán)的轉(zhuǎn)速，得到多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)后獲得F—ω2的圖像如圖乙所示。分析物塊受力可知，該圖像不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是　 　。
12．（2024高一下·祁東期末）某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的裝置來(lái)完成“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)，其中D為鐵架臺(tái)，E為固定在鐵架臺(tái)上的輕質(zhì)滑輪，F(xiàn)為光電門(mén)，C為固定在物塊A上、寬度為d的遮光條，物塊B與物塊A用跨過(guò)滑輪的細(xì)繩連接。鐵架臺(tái)上標(biāo)記一位置O，并測(cè)得該位置與光電門(mén)F之間的距離為h。讓遮光條C與位置O對(duì)齊，讓物塊A由靜止開(kāi)始下降，測(cè)得遮光條通過(guò)光電門(mén)時(shí)的遮光時(shí)間為t。實(shí)驗(yàn)時(shí)測(cè)得物塊A（含遮光條）、B的質(zhì)量分別為、，重力加速度大小為g。
（1）遮光條經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)物塊A的速度大小　 　，從物塊A開(kāi)始下落到遮光條經(jīng)過(guò)光電門(mén)的過(guò)程中，物塊A、B構(gòu)成的系統(tǒng)增加的動(dòng)能　 　，系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能　 　。（均用題目中給定的物理量符號(hào)表示）
（2）改變距離h，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，測(cè)得各次遮光條的擋光時(shí)間t，以h為橫軸、為縱軸建立平面直角坐標(biāo)系，在坐標(biāo)系中作出圖像，如圖乙所示，該圖像的斜率為k，在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若　 　（用題目中給定的物理量符號(hào)表示）成立，說(shuō)明系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
（3）實(shí)驗(yàn)時(shí)總是測(cè)得系統(tǒng)增加的動(dòng)能略小于減少的重力勢(shì)能，造成該誤差的原因可能是　 　（任寫(xiě)一種即可）。
13．（2024高一下·祁東期末）有研究表明，在銀河系中至少一半以上的恒星系統(tǒng)都是由雙星構(gòu)成的。由恒星1、2（可視為質(zhì)點(diǎn)）組成的雙星系統(tǒng)如圖所示，兩恒星以相等的角速度繞兩者連線上的O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，測(cè)得恒星1、2到O點(diǎn)的距離分別為2r、r，已知恒星1的質(zhì)量為m，引力常量為G。求：
（1）恒星2的質(zhì)量；
（2）恒星1、2間的萬(wàn)有引力大小F；
（3）恒星1的線速度大小。
14．（2024高一下·祁東期末）如圖所示，某次無(wú)人機(jī)測(cè)試時(shí)，無(wú)人機(jī)通過(guò)長(zhǎng)的細(xì)線與水平地面上的物塊連接在一起。無(wú)人機(jī)在重力、細(xì)線拉力、豎直向上的升力的共同作用下，繞物塊正上方的O點(diǎn)所在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，物塊恰好未相對(duì)于地面滑動(dòng)，此時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角已知物塊的質(zhì)量，無(wú)人機(jī)的質(zhì)量，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，無(wú)人機(jī)及物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小。求∶
（1）細(xì)線上的拉力大小 F；
（2）無(wú)人機(jī)受到的豎直升力大小
（3）無(wú)人機(jī)的線速度大小v。
15．（2024高一下·祁東期末）如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB 與水平面BC 平滑連接于B 點(diǎn)，BC段粗糙，水平面BC與傳送帶CD 平滑連接于C 點(diǎn)，傳送帶與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道DE 相切于 D 點(diǎn)，E點(diǎn)為半圓形軌道的最高點(diǎn)，已知BC段長(zhǎng)度，CD段長(zhǎng)度半圓形軌道的半徑當(dāng)傳送帶以某一速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，從離水平面高4.6m 的A 點(diǎn)由靜止釋放質(zhì)量的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），物塊首次經(jīng)過(guò)E 點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小不考慮物塊首次通過(guò)E 點(diǎn)之后的運(yùn)動(dòng)。已知物塊與水平軌道 BC、傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小求∶
（1）物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（2）物塊運(yùn)動(dòng)到D 點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（3）物塊在傳送帶上時(shí)，物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】A．石片做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)豎直方向的位移公式有
解得
根據(jù)表達(dá)式可以得出高度決定物體下落時(shí)間，故A錯(cuò)誤；
B．石片在空中做拋體運(yùn)動(dòng)，豎直方向分速度不為零，根據(jù)速度的合成可以得出石片落到水面時(shí)速度方向不可能與水面平行，故B正確；
C．由拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律知，石片落到水面時(shí)速度方向與水面的夾角為，根據(jù)速度的分解有
從同一高度拋出的石片速度越大，則越大，夾角越小，故C錯(cuò)誤；
D．由拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律知，根據(jù)速度的合成可以得出石片落到水面時(shí)的速度大小為
故石片落到水面時(shí)的速度大小與拋出的速度有關(guān)，故D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】利用豎直方向的位移公式可以判別下落高度決定運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；利用速度的分解可以判別速度的方向及合速度的大小。
2．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】曲線運(yùn)動(dòng)的條件
【解析】【解答】曲線運(yùn)動(dòng)中，合力方向與軌跡的關(guān)系是合力指向軌跡的凹側(cè) 。已知質(zhì)點(diǎn)過(guò)B點(diǎn)后速度沿x軸正方向，軌跡（虛線）的凹側(cè)朝向y軸正方向 ，所以，根據(jù) “合力指向軌跡凹側(cè)” 這一規(guī)律，質(zhì)點(diǎn)過(guò)B點(diǎn)后受到的恒定合力方向必指向y軸正方向，即合力方向沿y軸正方向。
故答案為：C。
【分析】首先確定質(zhì)點(diǎn)過(guò)B點(diǎn)后的速度方向（沿x軸正方向 ）然后觀察軌跡（虛線）的凹側(cè)朝向（y軸正方向 ）最后由 “合力指向軌跡凹側(cè)”，直接判斷合力方向沿y軸正方向，對(duì)應(yīng)選項(xiàng)C 。
3．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】功的計(jì)算；功率及其計(jì)算；機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】A．由于小球下落過(guò)程速度方向與重力方向相同所以該過(guò)程中小球受到的重力一直做正功，故A錯(cuò)誤；
B．從A到O過(guò)程，小球只受重力作用，機(jī)械能守恒，從O到B過(guò)程，由于彈簧彈力對(duì)小球做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可以得出小球的機(jī)械能減少，故B錯(cuò)誤；
C．該過(guò)程中彈簧的壓縮量一直增大，根據(jù)彈性勢(shì)能的表達(dá)式可以得出該過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能一直增大，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)功率的表達(dá)式有
由于該過(guò)程中小球的速度先增大后減小，所以小球受到的重力做功的功率先增大后減小，故D正確。
故選D。
【分析】利用速度的方向和重力的方向可以判別重力做正功；利用從A到O過(guò)程，小球只受重力作用，機(jī)械能守恒，從O到B過(guò)程，由于彈簧彈力對(duì)小球做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可以得出小球的機(jī)械能減少；利用彈簧形變量的變化可以判別彈性勢(shì)能的大小變化；利用重力和速度的大小可以判別重力瞬時(shí)功率的大小變化。
4．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速；萬(wàn)有引力定律；衛(wèi)星問(wèn)題
【解析】【解答】A．在月球表面有
對(duì)組合體有
解得
故A正確；
B．上升器要與組合體對(duì)接，需從橢圓軌道變軌到組合體的圓周軌道，此過(guò)程需要加速（通過(guò)發(fā)動(dòng)機(jī)做功增加機(jī)械能 ），因此，上升器對(duì)接后機(jī)械能增大，故B錯(cuò)誤；
C．上升器在橢圓軌道的近月點(diǎn)（近似月球表面 ），其速度大于近月圓周軌道衛(wèi)星的速度（橢圓近月點(diǎn)速度是“離心”速度，大于同軌道圓周運(yùn)動(dòng)速度 ），根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)速度公式
近月軌道（ ）衛(wèi)星速度
組合體軌道（ ）速度
顯然 ，因上升器在橢圓近月點(diǎn)速度大于，而，所以上升器在橢圓軌道上存在速度大于組合體對(duì)接后速度的位置（近月點(diǎn) ），故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律
其中，，可得上升器在橢圓軌道上的運(yùn)行周期與組合體的運(yùn)行周期之比為，故D錯(cuò)誤。
故答案為：A。
【分析】選項(xiàng)A：利用“月球表面重力 = 萬(wàn)有引力”建立與月的關(guān)系；結(jié)合組合體圓周運(yùn)動(dòng)的“萬(wàn)有引力 = 向心力”，聯(lián)立求解周期。
選項(xiàng)B：對(duì)接需要變軌到更高軌道（組合體軌道 ），變軌邏輯是“加速離心”，因此機(jī)械能增加。
選項(xiàng)C：對(duì)比橢圓近月點(diǎn)速度、近月圓周軌道速度、組合體軌道速度的大小關(guān)系，判斷“是否所有位置速度都小于對(duì)接后速度”。
選項(xiàng)D：先確定橢圓軌道半長(zhǎng)軸，再用開(kāi)普勒第三定律（常量 ）計(jì)算周期比。
5．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；平拋運(yùn)動(dòng)；功率及其計(jì)算；機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】A．平拋運(yùn)動(dòng)水平速度不變，在點(diǎn)，速度方向與水平夾角，則豎直分速度
重力瞬時(shí)功率
（是豎直分速度 ）
代入得
不是，故A錯(cuò)誤；
B．籃球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小
由動(dòng)能定理有
故B錯(cuò)誤；
C．籃球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度大小
由動(dòng)能定理有
解得
故C正確；
D．籃球在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能
重力勢(shì)能
機(jī)械能
故D錯(cuò)誤。
故答案為：C。
【分析】選項(xiàng)A：分解點(diǎn)速度，得豎直分速度；用重力瞬時(shí)功率公式（為豎直分速度 ）判斷。
選項(xiàng)B：分解點(diǎn)速度，得點(diǎn)速率；用動(dòng)能定理（重力做功 = 動(dòng)能變化量 ）計(jì)算到的重力做功。
選項(xiàng)C：分解點(diǎn)速度，得點(diǎn)速率；用動(dòng)能定理（重力做功 = 動(dòng)能變化量 ）計(jì)算下降高度。
選項(xiàng)D：分別計(jì)算點(diǎn)動(dòng)能（ ）和重力勢(shì)能（，參考面為 ）；機(jī)械能，代入判斷。
6．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】生活中的圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】AB．當(dāng)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：
解得
A錯(cuò)誤，B正確；
C．當(dāng)時(shí)，彈力方向水平，豎直方向上小球只受到重力，無(wú)法平衡，無(wú)論如何小球無(wú)法做圓周運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)時(shí)，根據(jù)表達(dá)式可以得出圓環(huán)靜止（未在圓環(huán)最低點(diǎn)）的小球和圓心的連線與轉(zhuǎn)軸的夾角為
根據(jù)表達(dá)式可以得出是不可能的，D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】利用小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的牛頓第二定律可以求出夾角余弦值的大小，利用余弦值的表達(dá)式可以判別小球的角速度大小；由于小球豎直方向要保持平衡，所以當(dāng)時(shí)，小球無(wú)法做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。
7．【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用；衛(wèi)星問(wèn)題
【解析】【解答】地球?qū)πl(wèi)星的引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有
解得加速度和速度的表達(dá)式為
，
可得
，
故選AD。
【分析】利用引力提供向心力可以求出向心加速度和線速度的比值。
8．【答案】C,D
【知識(shí)點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】BC．炸彈離開(kāi)飛機(jī)后做平拋運(yùn)動(dòng)，分解炸彈在A點(diǎn)的速度，如圖
根據(jù)速度的分解及速度公式有
，
解得
，
故B錯(cuò)誤；C正確；
A．炸彈做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移公式有
炸彈在空中的位移大小為
聯(lián)立，解得
故A錯(cuò)誤；
D．根據(jù)幾何關(guān)系可以得出炸彈被釋放的位置到O點(diǎn)的水平距離為
聯(lián)立，解得
故D正確。
故選CD。
【分析】炸彈做平拋運(yùn)動(dòng)，利用速度的分解結(jié)合速度公式可以求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及初速度的大小，結(jié)合位移公式可以求出運(yùn)動(dòng)的位移；利用幾何關(guān)系可以求出釋放位置到達(dá)O點(diǎn)的水平距離的大小。
9．【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；生活中的圓周運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】物塊隨圓盤(pán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)向心力的表達(dá)式可以得出：物塊所需向心力為
A．物塊經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，重力的分力和摩擦力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律
解得物塊經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)受到的靜摩擦力大小為：
故A正確；
B．物塊經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)重力的分力和摩擦力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律
解得物塊經(jīng)過(guò)P點(diǎn)受到的靜摩擦力大小為：
故B錯(cuò)誤；
C．由于物塊相對(duì)圓盤(pán)精致，則物塊受到的靜摩擦力小于等于最大靜摩擦力，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力的表達(dá)式可以得出：
解得
故C錯(cuò)誤；
D．若圓盤(pán)的角速度繼續(xù)緩慢增大，物塊經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，沿斜面向上的靜摩擦力和沿斜面向下的重力的分力的合力提供向心力，即靜摩擦力等于重力與向心力之和；物塊經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)，沿斜面向下的靜摩擦力和沿斜面向下的重力的分力的合力提供向心力，即靜摩擦力等于重力與向心力之差，即在Q點(diǎn)時(shí)的靜摩擦力大，所以，若圓盤(pán)的角速度繼續(xù)緩慢增大，則物塊最容易與圓盤(pán)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的位置為Q點(diǎn)，故D正確。
故選AD。
【分析】利用向心力的表達(dá)式結(jié)合牛頓第二定律可以求出物塊經(jīng)過(guò)各點(diǎn)受到的靜摩擦力大小；利用靜摩擦力小于滑動(dòng)摩擦力進(jìn)而求出動(dòng)摩擦因數(shù)的范圍；比較各點(diǎn)受到的靜摩擦力大小進(jìn)而判別物塊在Q點(diǎn)最容易發(fā)生滑動(dòng)。
10．【答案】A,C
【知識(shí)點(diǎn)】向心力；機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球A經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)小球B經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)，此時(shí)小球B的速度大小
對(duì)小球B受力分析有
解得
根據(jù)牛頓第三定律可知小球B經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小為，故A正確；
B．取O點(diǎn)所在平面為重力勢(shì)能的參考平面，小球A從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，有
其中
解得
此時(shí)小球B經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)，有
解得
根據(jù)牛頓第三定律可知小球B經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小為，故B錯(cuò)誤；
C．小球A從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能的減小量
故C正確；
D．小球A經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)有
解得
根據(jù)牛頓第三定律，小球A經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小為，故D錯(cuò)誤。
故答案為：AC。
【分析】選項(xiàng)A：利用同軸轉(zhuǎn)動(dòng)相同，由得，對(duì)B在最低點(diǎn)用向心力公式（合力 = 向心力 ），結(jié)合牛頓第三定律判斷。
選項(xiàng)B：系統(tǒng)機(jī)械能守恒（A、B和桿組成的系統(tǒng)，只有重力、內(nèi)力做功 ），列初末機(jī)械能等式；結(jié)合求出B在最高點(diǎn)的速度；對(duì)B在最高點(diǎn)用向心力公式，判斷桿的作用力。
選項(xiàng)C：計(jì)算A的初末機(jī)械能（動(dòng)能 + 重力勢(shì)能 ）；機(jī)械能變化量 = 末態(tài)機(jī)械能 - 初態(tài)機(jī)械能，得減小量。
選項(xiàng)D：對(duì)A在最低點(diǎn)用向心力公式（合力 = 向心力 ）；結(jié)合牛頓第三定律判斷A對(duì)桿的作用力。
11．【答案】（1）質(zhì)量
（2）2πn
（3）物塊與盤(pán)面間存在摩擦力
【知識(shí)點(diǎn)】向心力
【解析】【解答】（1）根據(jù)向心力的表達(dá)式有
實(shí)驗(yàn)中探究向心力與角速度的關(guān)系時(shí)，控制物塊的質(zhì)量和做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變。
（2）根據(jù)角速度和轉(zhuǎn)速的關(guān)系可以得出物塊的角速度大小
（3）當(dāng)物塊隨盤(pán)緩慢加速過(guò)程中，物塊的向心力先由靜摩擦力提供，當(dāng)達(dá)到最大靜摩擦力后，則由繩子的拉力和最大靜摩擦力的合力提供，根據(jù)牛頓第二定律有
所以
改變圓盤(pán)的轉(zhuǎn)速，得到多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)后獲得F—ω2的圖像如圖乙所示。根據(jù)表達(dá)式可以得出該圖像不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是物塊與盤(pán)面間存在摩擦力。
【分析】（1）實(shí)驗(yàn)中探究向心力與角速度的關(guān)系時(shí)，控制物塊的質(zhì)量和做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變；
（2）利用轉(zhuǎn)速的大小可以求出角速度的大小；
（3）利用牛頓第二定律可以得出該圖像不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是物塊與盤(pán)面間存在摩擦力。
（1）[1][2]向心力
實(shí)驗(yàn)中需在改變物塊的角速度時(shí)，控制物塊的質(zhì)量和做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變。
（2）物塊的角速度大小
ω=2πn
（3）當(dāng)物塊隨盤(pán)緩慢加速過(guò)程中，物塊的向心力先由靜摩擦力提供，當(dāng)達(dá)到最大靜摩擦力后，則由繩子的拉力和最大靜摩擦力的合力提供，即為
所以
改變圓盤(pán)的轉(zhuǎn)速，得到多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)后獲得F—ω2的圖像如圖乙所示。分析物塊受力可知，該圖像不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是物塊與盤(pán)面間存在摩擦力。
12．【答案】（1）；；
（2）
（3）空氣阻力
【知識(shí)點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律
【解析】【解析】（1）根據(jù)平均速度公式可以得出：遮光條經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)物塊A的速度大小為
根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式可以得出：系統(tǒng)增加的動(dòng)能為
根據(jù)重力勢(shì)能的表達(dá)式可以得出：系統(tǒng)減小的重力勢(shì)能為
（2）A下落的過(guò)程中，根據(jù)A與B的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)動(dòng)能的變化量等于重力勢(shì)能的變化量則有：
整理得
根據(jù)表達(dá)式可以得出：圖像中圖線的斜率為
（3）重物下落過(guò)程中，由于空氣阻力、繩子與滑輪之間存在摩擦阻力，阻力對(duì)物體做功，則會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)時(shí)總是測(cè)得系統(tǒng)增加的動(dòng)能略小于減少的重力勢(shì)能，即機(jī)械能減小。
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出物塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)的速度大小，結(jié)合動(dòng)能的表達(dá)式可以求出動(dòng)能的增量；利用重力勢(shì)能的表達(dá)式可以求出重力勢(shì)能的減少量；
（2）利用機(jī)械能守恒定律可以導(dǎo)出時(shí)間與高度的表達(dá)式，進(jìn)而求出圖象斜率的大小；
（3）由于空氣阻力、繩子與滑輪之間存在摩擦阻力，阻力對(duì)物體做功，則會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)時(shí)總是測(cè)得系統(tǒng)增加的動(dòng)能略小于減少的重力勢(shì)能。
（1）[1]遮光條經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)物塊A的速度大小為
[2]系統(tǒng)增加的動(dòng)能為
[3]系統(tǒng)減小的重力勢(shì)能為
（2）若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則
即
整理得
所以，圖線的斜率為
（3）實(shí)驗(yàn)時(shí)總是測(cè)得系統(tǒng)增加的動(dòng)能略小于減少的重力勢(shì)能，即機(jī)械能減小，造成該誤差的原因可能是：空氣阻力、繩子與滑輪之間存在摩擦阻力。
13．【答案】解：（1）恒星1、2的向心力均由彼此間的萬(wàn)有引力提供，設(shè)兩者的角速度為，有
解得
（2）恒星1、2間的萬(wàn)有引力大小
解得
（3）恒星1做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有
解得

【知識(shí)點(diǎn)】雙星（多星）問(wèn)題
【解析】【分析】（1）由于恒星之間的引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合向心力相等可以求出質(zhì)量的比值；
（2）利用引力公式可以求出恒星之間引力的大小；
（3）恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用引力提供向心力可以求出速度的大小。
14．【答案】（1）解：對(duì)物塊受力分析，豎直方向上有
水平方向上有
Fsinθ=f
其中 ，解得F=5 N。
（2）解：對(duì)無(wú)人機(jī)受力分析，豎直方向上有
Fcosθ+Mg=
解得
（3）解：對(duì)無(wú)人機(jī)受力分析，水平方向上有
其中r=Lsinθ，解得v=1.2m/s。
【知識(shí)點(diǎn)】受力分析的應(yīng)用；共點(diǎn)力的平衡；向心力
【解析】【分析】1. 物塊拉力：物塊“恰好未滑動(dòng)”→ 水平靜摩擦力最大，豎直方向力平衡、水平方向力平衡，聯(lián)立方程消元求解。
2. 無(wú)人機(jī)升力升：無(wú)人機(jī)豎直方向受力平衡（升力 = 重力 + 拉力豎直分力 ），直接代入數(shù)據(jù)計(jì)算。
3. 無(wú)人機(jī)線速度：無(wú)人機(jī)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，拉力水平分力提供向心力，結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)半徑，用向心力公式列方程求解。
15．【答案】（1）解：物塊從A 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理有
解得
（2）解：物塊首次經(jīng)過(guò)E點(diǎn)時(shí)有
根據(jù)牛頓第三定律
物塊從 D 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E 點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
。
（3）解：假設(shè)物塊在傳送帶上一直加速，則有
解得
可知假設(shè)不成立，傳送帶速度大小
物塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有
μmg=ma
可知加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
物塊加速運(yùn)動(dòng)的位移大小
傳送帶在物塊加速階段的位移大小
物塊相對(duì)于傳送帶的位移大小
物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量
Q=μmg△x
解得Q=0.8 J。
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—傳送帶模型；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【分析】1. 點(diǎn)速度：物塊從到，重力做功、摩擦力做功，用動(dòng)能定理直接列方程求解。
2. 點(diǎn)速度：先分析點(diǎn)向心力（支持力 + 重力 ），由牛頓定律求點(diǎn)速度；再對(duì)到用動(dòng)能定理（重力做功 + 動(dòng)能變化 ），聯(lián)立求解。
3. 傳送帶摩擦生熱：先假設(shè)物塊在傳送帶一直加速，用動(dòng)能定理求末速度，與比較判斷運(yùn)動(dòng)狀態(tài)（先加速后勻速 ）；計(jì)算加速階段物塊與傳送帶的位移，得相對(duì)位移；用求摩擦生熱。
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